新高考化学一轮复习核心考点精讲精练考点25 化学反应速率及其影响因素（2份，原卷版+解析版）

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\l "_Tc4033" 1.高考真题考点分布 PAGEREF _Tc4033 \h 1
\l "_Tc12313" 2.命题规律及备考策略 PAGEREF _Tc12313 \h 1
\l "_Tc32692" PAGEREF _Tc32692 \h 2
\l "_Tc27883" 考法01 化学反应速率及其计算 PAGEREF _Tc27883 \h 2
\l "_Tc1887" 考法02 影响化学反应速率的因素 PAGEREF _Tc1887 \h 6
\l "_Tc28459" 考法03 基元反应与反应机理 PAGEREF _Tc28459 \h 11
\l "_Tc14852" PAGEREF _Tc14852 \h 14
1.高考真题考点分布
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
高频考点从近几年全国高考试题来看，化学反应速率的计算和外界条件对化学反应速率的影响仍是高考命题的热点。
【备考策略】活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
【命题预测】
预计2025年高考会以新的情境载体将化学反应速率及其影响因素与化工生产、生活实际相结合知识，题目难度一般适中。
考法01 化学反应速率及其计算
1．化学反应速率
(1)表示方法
通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示。
(2)数学表达式及单位
v＝ eq \f(Δc,Δt) ，单位为ml·L－1·s－1或ml·L－1·min－1。
(3)与化学方程式中化学计量数的关系
在反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。
【易错提醒】
①不能用固体或纯液体来表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。
②化学反应速率一般指平均速率而不是瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
③同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的化学反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。
2．定量比较化学反应速率大小的两种方法
(1)归一法：先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值大小。
(2)比值法：比较化学反应速率与化学计量数的比值。如aA(g)＋bB(g)cC(g)，若 eq \f(v（A）,a) ＞ eq \f(v（B）,b) ，则用A表示时的反应速率比用B表示时大。
3．化学反应中各物质浓度的计算模型——“三段式”
(1)写出有关反应的化学方程式。
(2)找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。
例如：反应 mA ＋ nB pC
eq \a\vs4\al(起始浓度,（ml·L－1）) a b c
eq \a\vs4\al(转化浓度,（ml·L－1）) x eq \f(nx,m) eq \f(px,m)
eq \a\vs4\al(某时刻浓度,（ml·L－1）) a－x b－ eq \f(nx,m) c＋ eq \f(px,m)
(3)根据已知条件列式计算。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)化学反应速率为0.8 ml·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 ml·L－1( )
(2)由v＝ eq \f(Δc,Δt) 计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值( )
(3)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同( )
(4)有时也可以用单位时间内某物质质量的变化量来表示化学反应速率( )
(5)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快( )
(6)对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率( )
(7)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率( )
【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)× (7)×
考向01 考查化学反应速率的计算
【例1】（2024·山东临沂·期中）某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)=cC(g)，12s时生成C的物质的量为0.6ml(反应过程如图所示)。下列说法中正确的是
A．图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率
B．2s时，用A表示的反应速率为0.15ml•L﹣1•s﹣1
C．化学计量数之比b：c=1：3
D．12s时的压强与起始时的压强之比为8：13
【答案】D
【解析】A．图中交点时A、B的浓度相等，但浓度继续变化，则没有达到平衡状态，如达到平衡状态，各物质的浓度不变，故A错误；
B．2s时，A的浓度变化=0.8ml/L﹣0.5ml/L=0.3ml/L，则2s内反应速率v===0.15ml•L﹣1•s﹣1，而不是瞬时速率，故B错误；
C．A的浓度变化=0.8ml/L﹣0.2ml/L=0.6ml/L，A表示的反应速率==0.05ml/(L•s)，B的浓度变化=0.5ml/L﹣0.3ml/L=0.2ml/L，计算B的反应速率==ml/(L•s)，C的反应速率==ml/(L•s)，速率之比等于化学方程式计量数之比，3：b：c=0.05：：，b=1，c=1.5，化学计量数之比b：c=2：3，故C错误；
D．平衡时A的物质的量为0.2ml/L×2L=0.4ml，B的物质的量为0.3ml/L×2L=0.6ml，C的物质的量为0.6ml，则总物质的量为1.6ml，起始时总物质的量为2.6ml，则12s时的压强与起始时的压强之比为8：13，故D正确；
答案选D。
考向02 考查速率常数及其计算
【例2】（2024·山西朔州·二模）一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)的速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
根据表中的测定结果，下列结论错误的是( )
A.表中c的值为1
B.α、β、γ的值分别为1、2、－1
C.反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
【答案】B
【解析】速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，将H2、Br2、HBr和速率都带入到速率方程可以得到，①v＝k×0.1α×0.1β×2γ、②8v＝k×0.1α×0.4β×2γ、③16v＝k×0.2α×0.4β×2γ、④2v＝k×0.4α×0.1β×4γ，由①②得到β＝eq \f(3,2)，②③得到α＝1，①④得到γ＝－1，对于4v＝k(0.2)α(0.1)βcγ(HBr)与①，将α＝1，β＝eq \f(3,2)，γ＝－1代入，解得c＝1，由此分析。A.根据分析，表中c的值为1，故A不符合题意；B.根据分析，α、β、γ的值分别为1、eq \f(3,2)、－1，故B符合题意；C.由于速率与Br2(g)和H2(g)的浓度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，故C不符合题意；D.由于γ＝－1，增大HBr(g)浓度，cγ(HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，故D不符合题意。
【思维建模】
1．速率常数：假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝kca(A)cb(B)，式中的k称为反应速率常数或速率常数。
2．正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系：对于基元反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝ eq \f(cc（C）·cd（D）,ca（A）·cb（B）) ，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝ eq \f(k正,k逆) 。
【对点1】（2024·山东烟台·期末）某温度下，向甲、乙两个容积均为1 L的恒容密闭容器中分别充入4 ml HCl和，发生反应： ΔH，其一为绝热过程，另一为恒温过程。反应过程中两容器内的压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法错误的是
A．甲容器为绝热过程，ΔHv(b)，B正确；
C．向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，C错误；
D．T2时，在0~t2内，△c(H2)=0.05ml·L-1，则，D正确；
故选C。
7．（2024·山东淄博·三模）某密闭容器中发生以下两个反应：①；②。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中、为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应②
B．时，正反应速率
C．内，X的平均反应速率
D．该温度时，
【答案】BD
【解析】A．由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的话化能小于反应②，A错误；
B．由图可知，初始生成M的速率大于N，则＞，10s时两个反应均达到平衡状态，由于、，则正反应速率，B正确；
C．①②反应中XQ的系数均为1，则内，X的平均反应速率为，C错误；
D．、，则，由图可知，平衡时刻M、N的浓度分别为2ml/L、5ml/L，则，D错误；故选A。
8．（2024·江西·期末）工业上常用羰基法提纯镍，其原理是 ，速率方程式为（为速率常数）。在恒容密闭容器中充入足量的含难熔杂质的镍粉和4mlCO发生上述反应，测得CO浓度与温度关系如图所示。下列叙述正确的是
A．上述反应中，
B．净反应速率：
C．a点正反应速率：
D．温度下，2~6min内用表示的平均反应速率为0.025ml∙L-1∙min-1
【答案】D
【解析】A．其他条件相同，温度较高，反应速率较大，故高于。根据平衡时CO浓度可知，降低温度，CO浓度减小，平衡正向移动，正反应是放热反应，A错误；
B．b、c点均是平衡状态点，平衡时，，根据净反应速率表达式知，这两点对应状态的净反应速率相等，B错误；
C．a点对应CO浓度相等，但是高于，故a点速率高于，C错误；
D．根据图像可知，温度下，2~6min内，，D正确；故选D。
9．（2024·山西太原·期末）下图是计算机模拟的在催化剂表面上发生水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法正确的是
A．①表示CO和H2O从催化剂表面脱离的过程
B．②和④中化学键变化相同，因此ΔH相同
C．由图可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应
D．相同条件下，反应速率④>②
【答案】B
【解析】A．由图可知①表示从CO(g)+2H2O(g)转化为CO*+H2O*+H2O(g)，已知吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，因此①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，A错误；
B．由图可知②表示CO*+H2O*+H2O(g)转化为CO*+OH*+H*+H2O(g)，本质是H2O*转化为OH*+H*，④表示COOH*+H*+H2O*转化为COOH*+2H*+ OH*，本质是H2O*转化为OH*+H*，②和④本质相同，因此化学键变化相同，ΔH也相同，B正确；
C．由图可知，始态为CO(g)+2H2O(g)，终态为CO2(g)+H2(g)+H2O(g)，则总反应为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，始态的相对能量为0，终态相对能量为-0.72，故总反应为能量降低的反应，即放热反应，C错误；
D．由题干反应历程图信息可知，过程②需要的活化能1.59eV-(-0.32)eV=1.91eV低于反应④的活化能1.86eV-(0.16)eV=2.02eV，相同条件下，活化能越大，反应速率越慢，故反应速率④＜②，D错误；
答案选B。
10．（2024·湖南·模拟预测）研究之间的转化对控制大气污染具有重要意义，已知： 。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随t变化曲线分别为Ⅰ、Ⅱ，改变温度到，随t变化为曲线Ⅲ。下列判断正确的是
A．反应速率
B．温度
C．升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
D．温度和下，反应分别达到平衡时，前者小
【答案】B
【解析】A．升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间变短，根据图像，温度T2>T1，故反应速率，A错误；
B．升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间变短，根据图像，温度T2>T1，B正确；
C．升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误；
D．该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，所以温度和下，反应分别达到平衡时，前者大，D错误；
本题选B。
11．（2024·广东江门·三模）某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，图中TS表示过渡态，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中正确的是
A．整个反应历程包含五个基元反应
B．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程
C．该反应的决速步骤为：
D．反应过程中，涉及非极性键的断裂和形成
【答案】C
【解析】A．从微观上看，反应物分子一般总是经过若干的简单反应步骤，才最后转化为产物分子的。每一个简单的反应步骤，就是一个基元反应。基元反应步骤要求反应物一步变成生成物，没有任何中间产物，由图可知，整个反应历程中有四个基元反应，A错误；
B．由图可知，吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，B错误；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可知，反应活化能最大，反应速率最慢，C正确；
D．根据反应历程图可知，第一步基元反应中涉及H-H非极性键的断裂，但是整个过程中没有非极性键的生成，D错误；故选C。
12．（2024·重庆·三模）工业制氢，反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ： 。
维持T℃、560kPa不变，向容积可变的密闭容器中投入10ml 和10ml ，、CO的转化率随时间的变化分别对应如图甲、乙曲线。下列说法错误的是
A．开始时，的分压
B．50min后反应到达平衡，平均反应速率可表达为为2.24kPa/min
C．保持温度不变，若增大压强，的转化率变化曲线将是丙
D．保持压强不变，若降低温度，CO的转化率变化曲线将是戊
【答案】C
【解析】A．开始时，总压强为560kPa ，的分压，故A正确；
B．50min后反应到达平衡，根据图中甲曲线为的转化率随时间的变化，可得此时甲烷转化率为40%，，故B正确；
C．保持温度不变，为反应前后气体计量数不变的反应，因此若增大压强，平衡不移动，为反应气体计量数增大的反应，若增大压强，平衡逆向移动，转化率降低，且压强增大会导致反应速率加快，达到平衡的时间减少，因此的转化率变化曲线将是丁，故C错误；
D．保持压强不变，为放热反应，若降低温度，平衡正向移动，CO的转化率增大，为吸热反应，若降低温度，平衡逆向移动，CO的转化率增大，降低温度会导致速率减慢，达到平衡的时间增加，因此CO的转化率变化曲线将是戊，故D正确；
故选C。
13．（2024·湖南衡阳·三模）TiO2+水解反应为TiO2++(x+1)H2OTiO2•xH2O↓+2H+。常温下，一定量TiOSO4溶于水溶液中c(H+)与时间关系如图所示。下列叙述错误的是
A．t2min时，正反应速率大于逆反应速率
B．其他条件不变，t3min时水解反应仍在进行
C．其他条件不变，通入NH3，TiO2+平衡水解率增大
D．t2～t3min内，TiO2+水解平均速率v(TiO2+)=ml•L-1•min-1
【答案】D
【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A正确；
B．t3min时，反应达到平衡状态，正、逆反应仍在进行，只是速率相等，B正确；
C．其他条件不变，通入NH3和氢离子，促进平衡正向减小，TiO2+平衡水解率增大，C正确；
D．由反应式可知，t2～t3min内，TiO2+水解平均速率v(TiO2+)=ml•L-1•min-1，D错误；故选D。
14．（2024·河北石家庄·期末）室温下，某溶液初始时仅 A，同时发生两个反应：①AB+C；②AB+D，反应①的速率可表示为v1=k1c(A)，反应②的速率可表示为v2=k2c(A)， (k1、k2为速率常数)，图1为T2时，该体系中A、B、C、D的浓度随时间变化的曲线，图2为反应①和②的lnk—曲线，下列说法正确的是
A．L4表示B浓度随时间变化曲线
B．t1≈2s时曲线L1表示的物质的化学反应速率为2 ml/(L·s)
C．T2温度时，反应①的活化能比反应②的活化能大
D．若图Ⅰ的温度降低，t0时刻体系中值变小
【答案】C
【分析】反应过程中，A的浓度逐渐减小，而B、C、D的浓度都逐渐增大，则L2表示A的浓度随时间变化的曲线；由反应方程式中的化学计量数，可得出B的浓度应为C、D的浓度之和，则L1表示B的浓度随时间变化的曲线；根据图2曲线判断，T2温度时，反应②的速率常数大，则单位时间内生成D多于C，则图1中L3表示D浓度随时间变化的曲线，L4表示C浓度随时间变化的曲线。
【解析】A．由分析可知，L4表示C浓度随时间变化曲线，L1表示B浓度随时间变化的曲线，A不正确；
B．t1≈2s时v(B)== 2 ml/(L·s)，则曲线L1表示物质B在0~2s时间内的平均化学反应速率约为2 ml/(L·s)，而不是表示t1≈2s时曲线L1表示物质的化学反应速率，B不正确；
C．T2温度时，反应①的速率常数更小，反应速率更慢，则反应①的活化能比反应②的活化能大，C正确；
D．若图Ⅰ的温度降低，tt0时刻体系中k1减小的程度大于k2，且T2温度后，k2＞k1，c(D)＞c(C)，所以tt0时刻体系中值变大，D不正确；故选C。
15．（2024·黑龙江·三模）无催化剂作用下，以乙二醛和为原料制取乙醛酸、甲酸、乙二酸的可能反应历程如图所示，其中表示过渡态，表示中间体，下列说法错误的是
A．反应很短一段时间内，多于
B．乙二醛制乙醛酸的最大能垒为
C．选择合适的催化剂可提高乙二酸的选择性
D．乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均为放热反应
【答案】B
【解析】A．反应很短一段时间内，生成的能垒高于，故多于，A正确；
B．乙二醛制乙二酸的最大能垒为，B错误；
C．选择合适的催化剂可提高乙二酸的选择性，使反应向有利于生成乙二酸的方向进行，C正确；
D．由图可知，三个反应的生成物总能量均低于反应物总能量，均为放热反应，D正确；
答案选B。
16．（2024·江西宜春·期末）某反应的速率方程为。其中，k为速率常数。已知其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示，下列说法不正确的是
A．上述表格中的、
B．该反应的速率常数
C．升温可使k增大，反应瞬时速率加快
D．在过量的B存在时，当剩余6.25%的A时，所需的时间是375min
【答案】D
【解析】某反应的速率方程为已知。由第二组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.050)n和第四组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.100)n，可知n=0，由第一组数据1.6×10-3=k (0.25)m(0.050)0 ，第二组数据3.2×10-3=k (0.5)m(0.050)0，两式相比得到m=1；将n=0，m=1代入1.6×10-3=k (0.25)1(0.050)0得到k=6.4×10-3 min-1。速率方程式为v=6.4×10-3⋅c (A)⋅c0(B)。
A．由上速率方程式为v=6.4×10-3⋅c (A)⋅c0(B)，代入第五组数据，v2=6.4×10-3×(1.00)×(0.200)0=6.4×10-3 ml⋅L-1⋅min-1，故v2=6.4；第六组数据中v=4.8×10-3ml⋅L-1⋅min-1，代入速率方程解得c1=0.75，A正确；
B．根据分析k=6.4×10-3min-1，B正确；
C．升温可使k增大，反应瞬时速率加快，C正确；
D．根据题给信息，其半衰期为：0.8/k。存在过量的B时，当剩余6.25%的A时可以看作经历4个半衰期，即因此所需的时间为，D错误；故选D。
1．（2024·北京卷）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓作催化剂
【答案】C
【解析】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；
B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；
C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；
D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；
故选C。
2．（2024·贵州卷）AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是
A．从生成和的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的
C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D．生成放热更多，低温时是主要产物
【答案】D
【解析】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从生成和的反应都是放热反应，A项正确；
B．与Br原子相连的C原子为，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻的，形成碳碳键，B项正确；
C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是和，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱，C项正确；
D．由于生成所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成，为主要产物，D项错误；
故选D。
3．（2024·广东卷）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小
。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，
故选A。
4．（2024·甘肃卷）甲烷在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．B．步骤2逆向反应的
C．步骤1的反应比步骤2快D．该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【解析】A．由能量变化图可知，，A项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；
故选C。
5．（2024·甘肃卷）下列措施能降低化学反应速率的是
A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释D．石墨合成金刚石时增大压强
【答案】C
【解析】A．催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；
D．石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；
故选C。
6．（2024·河北卷）在水溶液中，可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与形成配离子达平衡时，与的关系如图。
下列说法正确的是
A．的X、Y转化为配离子时，两溶液中的平衡浓度：
B．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时
C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：
D．若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率
【答案】B
【解析】A．的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，根据图像可知，纵坐标约为时，溶液中，则溶液中的平衡浓度：，A错误；
B．Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会消耗形成Y配离子，使得溶液中减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；
C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子配离子，则平衡常数，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：，C错误；
D．由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；
本题选B。
7．（2024·安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好
【答案】C
【解析】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确；
B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；
C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；
综上所述，本题选C。
8．（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。
【解析】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；
B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；
C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；
D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；
选B。
9．（2023·广东卷）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是

A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；
故选C。
10．（2023·湖南卷）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；
B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；
D．从整个过程来看， 4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；
综上所述，本题选B。
11．（2023·河北卷）在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为和，其中、分别为反应②和③的速率常数、反应③的活化能大于反应②，测得W(g)的浓度随时间的变化如下表：
下列说法正确的是
A．内，W的平均反应速率为
B．若升高温度，平衡时减小
C．若，平衡时
D．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
【答案】B
【解析】A．由表格数据可知，2min时W的浓度为0.080ml/L，则0∼2min内，W的反应速率为=0.040 ml/(L·min)，故A错误；
B．反应③的活化能大于反应②说明X转化为Z的反应为放热反应，升高温度，反应②平衡向逆反应方向移动，Z的浓度减小，故B正确；
C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，若，则X和Z的浓度关系为，故C错误；
D．由转化关系可知，反应①为W完全分解生成X和Y，Y只参与反应①，所以增大容器容积，平衡时Y的物质的量不变、产率不变，故D错误；
故选B。
12.(2023·新课标卷)“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如下所示。
下列说法错误的是（ ）
A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B.反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成
C.催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋
D.将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
【答案】D
【解析】NH2OH中正、负电荷中心不重合，为极性分子，NH3为三角锥形结构，H2O为V形结构，分子中正、负电荷中心也不重合，均为极性分子，A正确；图示转化过程共四步，将其依次标号为①②③④，第②步中N—O键断裂，第③步中N—H键断裂，第④步中N—N键生成，B正确；由题意可知，起始时，“肼合成酶”中含有Fe2＋，第②步中Fe2＋失去电子被氧化成Fe3＋，第④步中Fe3＋得电子又生成Fe2＋，C正确；根据反应机理分析，产物肼（NH2NH2）中，一个N原子上的2个H原子来自NH2OH中“—NH2”中的2个H原子，另一个N原子上的2个H原子来自NH3中的2个H原子，所以将NH2OH替换为ND2OD，与NH3反应会生成ND2NH2，D错误。
13．(2023·辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn (Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A．Mn (Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】开始一段时间(大约13min前)随着时间的推移Mn(VII)浓度减小直至为0，Mn(III)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(III)，同时先生成少量Mn(IV)后Mn(IV)被消耗；后来(大约13min后)随着时间的推移Mn(III)浓度减少，Mn(II)的浓度增大。A项，由图像可知，随着时间的推移Mn(III)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(III)，后Mn(III)被消耗生成Mn(II)，Mn(III)能氧化H2C2O4，A项错误；B项，随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(II)，Mn(II)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；C项，由图像可知，Mn(VII)的浓度为0后才开始生成Mn(II)，该条件下Mn(II)和Mn(VII)不能大量共存，C项正确；D项，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；故选C。
14．(2022·浙江选择考，20)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是( )
A．实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5ml·L－1·min－1
B．实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0.40
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【解析】A项，实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10－3 ml/L－2.00×10－3 ml/L＝4.00×10－4 ml/L，v(NH3)＝ eq \f(4.00×10－4 ml/L,20 min) ＝2.00×10－5 ml/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝ eq \f(1,2) v(NH3)＝1.00×10－5 ml/(L·min)，A正确；B项，催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10－4 ml/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 ml/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60 min时处于平衡状态，xⅠ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ
D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】AD
【解析】A项，由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A说法正确；B项，进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C项，进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ